二、简单几何体的体积｜大题·自变量与旋转轴一致与自变量与旋转轴垂直

大题

（一）自变量与旋转轴一致

9. 【1997-2-8 分】 设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上连续，在开区间 $(0,1)$ 内大于零，并满足

$$x{f}^{\prime }(x)=f(x)+\frac{3a}{2}{x}^2,$$

其中 $a$ 为常数。又曲线 $y=f(x)$ 与 $x=1$、$y=0$ 所围图形 $S$ 的面积值为 $2$。求函数 $y=f(x)$，并问 $a$ 为何值时，图形 $S$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积最小。

查看答案与解析

答案：

$$a=-5,$$

此时

$$f(x)=9x-\frac{15}{2}{x}^2=\frac{3}{2}x(6-5x),$$

旋转体的最小体积为

$$V_{\min }=\frac{9\pi }{2}.$$

解析： 由微分方程

$$x{f}^{\prime }(x)-f(x)=\frac{3a}{2}{x}^2,$$

注意到

$${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2},$$

所以在 $0<x\le 1$ 上有

$${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }=\frac{3a}{2}.$$

积分得

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{3a}{2}x+C,$$

即

$$f(x)=Cx+\frac{3a}{2}{x}^2.$$

设 $C=b$。由区域 $S$ 的面积为 $2$，得

$$\begin{array}{rl}2& ={\int }_0^{1}f(x)dx\\ & ={\int }_0^1\left(bx+\frac{3a}{2}{x}^2\right)dx\\ & =\frac{b}{2}+\frac{a}{2}.\end{array}$$

故

$$a+b=4,$$

从而

$$f(x)=(4-a)x+\frac{3a}{2}{x}^2.$$

区域 $S$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得体积为

$$\begin{array}{rl}V(a)& =\pi {\int }_0^1[f(x){]}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_0^1{\left[(4-a)x+\frac{3a}{2}{x}^2\right]}^{2}dx.\end{array}$$

展开并积分：

$$\begin{array}{rl}\frac{V(a)}{\pi }& =\frac{(4-a{)}^2}{3}+\frac{3a(4-a)}{4}+\frac{9a^2}{20}\\ & =\frac{a^2}{30}+\frac{a}{3}+\frac{16}{3}\\ & =\frac{(a+5{)}^2}{30}+\frac{9}{2}.\end{array}$$

因此当

$$a=-5$$

时体积取得最小值。此时

$$f(x)=9x-\frac{15}{2}{x}^2=\frac{3}{2}x(6-5x).$$

对于 $0<x<1$，有 $6-5x>0$，故 $f(x)>0$，满足题设条件。

所以

$$V_{\min }=\frac{9\pi }{2}.$$

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10. 【1998-4-7 分】 设直线 $y=ax$ 与抛物线 $y=x^2$ 所围成图形的面积为 $S_1$，它们与直线 $x=1$ 所围成的图形面积为 $S_2$，并且 $a<1$。

（1）试确定 $a$ 的值，使 $S_1+S_2$ 达到最小，并求出最小值；

（2）求该最小值所对应的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。

查看答案与解析

答案： （1）

$$a=\frac{1}{\sqrt{2}},$$

且

$$(S_1+S_2{)}_{\min }=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$

（2）

$$V=\frac{(1+\sqrt{2})\pi }{30}.$$

解析： 直线与抛物线的交点满足

$$x^2=ax,$$

故交点横坐标为

$$x=0,x=a.$$

先考察 $0<a<1$。在区间 $[0,a]$ 上，直线位于抛物线上方，因此

$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\int }_0^a(ax-x^2)dx\\ & =\frac{a^3}{6}.\end{array}$$

在区间 $[a,1]$ 上，抛物线位于直线上方，因此

$$\begin{array}{rl}{S}_2& ={\int }_a^1(x^2-ax)dx\\ & =\frac{1}{3}-\frac{a}{2}+\frac{a^3}{6}.\end{array}$$

于是

$$S_1+S_2=\frac{1}{3}-\frac{a}{2}+\frac{a^3}{3}.$$

求导得

$$(S_1+S_2{)}^{\prime }=a^2-\frac{1}{2}.$$

在 $0<a<1$ 内唯一驻点为

$$a=\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

又

$$(S_1+S_2{)}^{\prime \prime }=2a>0,$$

所以该点为极小值点。

若 $a\le 0$，则

$$S_1+S_2=\frac{|a{|}^3}{6}+\frac{1}{3}-\frac{a}{2}\ge \frac{1}{3},$$

而在 $a=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 时所得值小于 $\frac{1}{3}$，故全体 $a<1$ 中的最小值仍在上述点取得。

代入 $a=\frac{1}{\sqrt{2}}$，并利用 $a^3=\frac{a}{2}$，得

$$\begin{array}{rl}(S_1+S_2{)}_{\min }& =\frac{1}{3}-\frac{a}{2}+\frac{a^3}{3}\\ & =\frac{1}{3}-\frac{a}{3}\\ & =\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).\end{array}$$

下面计算该平面图形绕 $x$ 轴旋转所得体积。区域在 $x=a$ 处分段：

• $0\le x\le a$ 时，外半径为 $ax$，内半径为 $x^2$；
• $a\le x\le 1$ 时，外半径为 $x^2$，内半径为 $ax$。

故

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^a\left(a^2{x}^2-x^4\right)dx+\pi {\int }_a^1\left(x^4-a^2{x}^2\right)dx\\ & =\pi \left(\frac{4a^5}{15}-\frac{a^2}{3}+\frac{1}{5}\right).\end{array}$$

当 $a=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 时，

$$a^2=\frac{1}{2},a^5=\frac{1}{4\sqrt{2}},$$

从而

$$\begin{array}{rl}V& =\pi \left(\frac{1}{15\sqrt{2}}-\frac{1}{6}+\frac{1}{5}\right)\\ & =\pi \left(\frac{\sqrt{2}}{30}+\frac{1}{30}\right)\\ & =\frac{(1+\sqrt{2})\pi }{30}.\end{array}$$

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11. 【2003-1-10 分】 过坐标原点作曲线 $y=\ln x$ 的切线，该切线与曲线 $y=\ln x$ 及 $x$ 轴围成平面图形 $D$。

（1）求 $D$ 的面积 $A$；

（2）求 $D$ 绕直线 $x=e$ 旋转一周所得的旋转体的体积 $V$。

查看答案与解析

答案： （1）

$$A=\frac{e}{2}-1.$$

（2）

$$V=\frac{\pi }{6}\left(5e^2-12e+3\right).$$

解析： 设切点横坐标为 $x_0$，则曲线在该点的切线方程为

$$y=\ln x_0+\frac{1}{x_0}(x-x_0).$$

切线经过原点，故

$$0=\ln x_0-1.$$

于是

$$x_0=e.$$

切线方程为

$$y=1+\frac{x-e}{e}=\frac{x}{e}.$$

曲线 $y=\ln x$ 与 $x$ 轴交于 $(1,0)$，切线与 $x$ 轴交于原点。

因此区域 $D$ 的面积为

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^1\frac{x}{e}dx+{\int }_1^e\left(\frac{x}{e}-\ln x\right)dx\\ & =\frac{1}{2e}+{\left[\frac{x^2}{2e}-x\ln x+x\right]}_1^e\\ & =\frac{e}{2}-1.\end{array}$$

区域绕竖直直线 $x=e$ 旋转，采用柱壳法。柱壳半径为 $e-x$，高度为

$$h(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{e},& 0\le x\le 1,\\ \frac{x}{e}-\ln x,& 1\le x\le e.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi {\int }_0^1(e-x)\frac{x}{e}dx+2\pi {\int }_1^e(e-x)\left(\frac{x}{e}-\ln x\right)dx.\end{array}$$

第一部分为

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\int }_0^1(e-x)\frac{x}{e}dx\\ & ={\int }_0^1\left(x-\frac{x^2}{e}\right)dx\\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{3e}.\end{array}$$

第二部分展开后计算得

$$\begin{array}{rl}{I}_2& ={\int }_1^e(e-x)\left(\frac{x}{e}-\ln x\right)dx\\ & =\frac{5e^2}{12}-e-\frac{1}{4}+\frac{1}{3e}.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}{I}_1+I_2& =\frac{5e^2}{12}-e+\frac{1}{4}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi \left(\frac{5e^2}{12}-e+\frac{1}{4}\right)\\ & =\frac{\pi }{6}\left(5e^2-12e+3\right).\end{array}$$

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12. 【2007-2-11 分】 设 $D$ 是位于曲线

$$y=\sqrt{x}{a}^{-\frac{x}{2a}}(a>1,0\le x<+\infty )$$

下方、$x$ 轴上方的无界区域。

（1）求区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积 $V(a)$；

（2）当 $a$ 为何值时，$V(a)$ 最小？并求此最小值。

查看答案与解析

答案： （1）

$$V(a)=\frac{\pi a^2}{(\ln a{)}^2}.$$

（2）当

$$a=e$$

时，体积最小，且

$$V_{\min }=\pi e^2.$$

解析： 绕 $x$ 轴旋转所得体积为

$$\begin{array}{rl}V(a)& =\pi {\int }_0^{+\infty }{y}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_0^{+\infty }x{a}^{-\frac{x}{a}}dx.\end{array}$$

由于

$$a^{-\frac{x}{a}}=e^{-\frac{\ln a}{a}x},$$

令

$$\lambda =\frac{\ln a}{a}>0,$$

则

$$V(a)=\pi {\int }_0^{+\infty }x{e}^{-\lambda x}dx.$$

分部积分可得

$${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-\lambda x}dx=\frac{1}{{\lambda }^2}.$$

故

$$V(a)=\frac{\pi }{{\lambda }^2}=\frac{\pi a^2}{(\ln a{)}^2}.$$

为求最小值，只需研究

$$\phi (a)=\frac{a}{\ln a},a>1.$$

求导得

$${\phi }^{\prime }(a)=\frac{\ln a-1}{(\ln a{)}^2}.$$

因此：

• 当 $1<a<e$ 时，${\phi }^{\prime }(a)<0$；
• 当 $a>e$ 时，${\phi }^{\prime }(a)>0$。

故 $\phi (a)$ 在 $a=e$ 处取得最小值，从而 $V(a)$ 也在 $a=e$ 处取得最小值。

代入得

$$V_{\min }=\frac{\pi e^2}{(\ln e{)}^2}=\pi e^2.$$

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13. 【2012-2-12 分】 过点 $(0,1)$ 作曲线 $L:y=\ln x$ 的切线，切点为 $A$；又曲线 $L$ 与 $x$ 轴交于 $B$ 点。区域 $D$ 由曲线 $L$ 与直线 $AB$ 围成。求区域 $D$ 的面积及 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。

查看答案与解析

答案：

$$S_D=2,$$

$$V=\frac{2\pi }{3}(e^2-1).$$

解析： 设切点 $A$ 的横坐标为 $x_0$。曲线 $y=\ln x$ 在 $A$ 点处的切线为

$$y=\ln x_0+\frac{1}{x_0}(x-x_0).$$

该切线经过 $(0,1)$，故

$$1=\ln x_0-1.$$

于是

$$x_0=e^2.$$

因此

$$A=(e^2,2).$$

曲线 $L$ 与 $x$ 轴交于

$$B=(1,0).$$

直线 $AB$ 的斜率为

$$k=\frac{2-0}{e^2-1}=\frac{2}{e^2-1},$$

故直线 $AB$ 的方程为

$$y=\frac{2(x-1)}{e^2-1}.$$

由于 $\ln x$ 是凹函数，在区间 $[1,e^2]$ 上其图形位于弦 $AB$ 上方。

区域面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_D& ={\int }_1^{e^2}\left[\ln x-\frac{2(x-1)}{e^2-1}\right]dx\\ & ={\int }_1^{e^2}\ln xdx-\frac{2}{e^2-1}{\int }_1^{e^2}(x-1)dx.\end{array}$$

其中

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{e^2}\ln xdx& ={\left[x\ln x-x\right]}_1^{e^2}\\ & =e^2+1,\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}\frac{2}{e^2-1}{\int }_1^{e^2}(x-1)dx& =\frac{2}{e^2-1}\cdot \frac{(e^2-1{)}^2}{2}\\ & =e^2-1.\end{array}$$

故

$$S_D=(e^2+1)-(e^2-1)=2.$$

区域绕 $x$ 轴旋转，采用垫片法。外半径为 $\ln x$，内半径为 $\frac{2(x-1)}{e^2-1}$，所以

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_1^{e^2}\left[(\ln x{)}^2-{\left(\frac{2(x-1)}{e^2-1}\right)}^2\right]dx.\end{array}$$

先计算

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{e^2}(\ln x{)}^{2}dx& ={\left[x\left((\ln x{)}^2-2\ln x+2\right)\right]}_1^{e^2}\\ & =2(e^2-1).\end{array}$$

再计算

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{e^2}{\left(\frac{2(x-1)}{e^2-1}\right)}^{2}dx& =\frac{4}{(e^2-1{)}^2}{\int }_1^{e^2}(x-1{)}^{2}dx\\ & =\frac{4}{(e^2-1{)}^2}\cdot \frac{(e^2-1{)}^3}{3}\\ & =\frac{4}{3}(e^2-1).\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}V& =\pi \left[2(e^2-1)-\frac{4}{3}(e^2-1)\right]\\ & =\frac{2\pi }{3}(e^2-1).\end{array}$$

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14. 【2014-2-11 分】 已知函数 $f(x,y)$ 满足 $\frac{\partial f}{\partial y}=2(y+1)$，$f(y,y)=(y+1{)}^2-(2-y)\ln y$，求曲线 $f(x,y)=0$ 所围图形绕直线 $y=-1$ 旋转所成旋转体的体积。

查看答案与解析

答案：

$$V=\pi \left(2\ln 2-\frac{5}{4}\right).$$

解析： 由

$$\frac{\partial f}{\partial y}=2(y+1),$$

对 $y$ 积分，得

$$f(x,y)=(y+1{)}^2+\phi (x),$$

其中 $\phi (x)$ 只与 $x$ 有关。令 $x=y$，利用已知条件，得

$$\begin{array}{rl}(y+1{)}^2+\phi (y)& =(y+1{)}^2-(2-y)\ln y,\\ \phi (y)& =(y-2)\ln y.\end{array}$$

故

$$f(x,y)=(y+1{)}^2+(x-2)\ln x.$$

曲线 $f(x,y)=0$ 可写为

$$(y+1{)}^2=(2-x)\ln x.$$

右端在 $1\le x\le 2$ 时非负，并在 $x=1,2$ 时为零，因此该曲线所围图形关于直线 $y=-1$ 对称。绕 $y=-1$ 旋转后，垂直于 $x$ 轴的截面为半径

$$R(x)=\sqrt{(2-x)\ln x}$$

的圆盘。于是

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_1^2{R}^2(x)dx\\ & =\pi {\int }_1^2(2-x)\ln xdx.\end{array}$$

又

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^2(2-x)\ln xdx& =2{\int }_1^2\ln xdx-{\int }_1^{2}x\ln xdx\\ & =2(2\ln 2-1)-\left(2\ln 2-\frac{3}{4}\right)\\ & =2\ln 2-\frac{5}{4}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{V=\pi \left(2\ln 2-\frac{5}{4}\right)}.$$

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15. 【2024-2-12 分】 设 $t>0$，平面有界区域 $D$ 由曲线 $y=\sqrt{x}{e}^{-x}$ 与直线 $x=t$，$x=2t$ 及 $x$ 轴围成，$D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积为 $V(t)$，求 $V(t)$ 的最大值。

查看答案与解析

答案：

$$t=\ln 2,V_{\max }=\frac{\pi (4\ln 2+3)}{64}.$$

解析： 由圆盘法，

$$\begin{array}{rl}V(t)& =\pi {\int }_t^{2t}{y}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_t^{2t}x{e}^{-2x}dx.\end{array}$$

利用变上、下限积分求导公式，得

$$\begin{array}{rl}{V}^{\prime }(t)& =\pi \left[2\cdot (2t)e^{-4t}-t{e}^{-2t}\right]\\ & =\pi t{e}^{-4t}(4-e^{2t}).\end{array}$$

由于 $t>0$，故

$$\{\begin{array}{ll}{V}^{\prime }(t)>0,& 0<t<\ln 2,\\ V^{\prime }(t)=0,& t=\ln 2,\\ V^{\prime }(t)<0,& t>\ln 2.\end{array}$$

因此 $V(t)$ 在 $t=\ln 2$ 处取得最大值。

又

$$\int x{e}^{-2x}dx=-\frac{2x+1}{4}{e}^{-2x}+C,$$

所以

$$V(t)=\frac{\pi }{4}\left[(2t+1)e^{-2t}-(4t+1)e^{-4t}\right].$$

当 $t=\ln 2$ 时，$e^{-2t}=\frac{1}{4}$，$e^{-4t}=\frac{1}{16}$，从而

$$\begin{array}{rl}{V}_{\max }& =\frac{\pi }{4}\left[\frac{2\ln 2+1}{4}-\frac{4\ln 2+1}{16}\right]\\ & =\boxed{\frac{\pi (4\ln 2+3)}{64}}.\end{array}$$

（二）自变量与旋转轴垂直

1. 【1991-3-9 分】 曲线 $y=(x-1)(x-2)$ 和 $x$ 轴围成一平面图形，求此平面图形绕 $y$ 轴旋转一周所成旋转体的体积。

查看答案与解析

答案：

$$V=\frac{\pi }{2}.$$

解析： 曲线与 $x$ 轴交于 $x=1,2$。在 $1<x<2$ 上，

$$(x-1)(x-2)<0,$$

故图形的高度为

$$0-y=-(x-1)(x-2)=-x^2+3x-2.$$

绕 $y$ 轴旋转，采用圆柱壳法：

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi {\int }_1^{2}x(-x^2+3x-2)dx\\ & =2\pi {\left[-\frac{x^4}{4}+x^3-x^2\right]}_1^2\\ & =\boxed{\frac{\pi }{2}}.\end{array}$$

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2. 【1993-3-9 分】 设平面图形 $A$ 由 $x^2+y^2\le 2x$ 与 $y\ge x$ 所确定，求图形 $A$ 绕直线 $x=2$ 旋转一周所得旋转体的体积。

查看答案与解析

答案：

$$V=\frac{\pi (3\pi -4)}{6}.$$

解析： 圆域可写为

$$(x-1{)}^2+y^2\le 1.$$

采用极坐标 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$。圆域为

$$0\le r\le 2\cos \theta ,$$

条件 $y\ge x$ 给出

$$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2}.$$

图形位于旋转轴 $x=2$ 左侧，面积元到旋转轴的距离为 $2-x=2-r\cos \theta$。由微元旋转体积公式，

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi {\iint }_A(2-x)d\sigma \\ & =2\pi {\int }_{\pi /4}^{\pi /2}{\int }_0^{2\cos \theta }(2-r\cos \theta )rdrd\theta \\ & =\frac{\pi (3\pi -4)}{6}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{V=\frac{\pi (3\pi -4)}{6}}.$$

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3. 【1997-4-7 分】 求曲线 $y=x^2-2x$、$y=0$、$x=1$、$x=3$ 所围成的平面图形的面积 $S$，并求该平面图形绕 $y$ 轴旋转一周所得旋转体的体积 $V$。

查看答案与解析

答案：

$$S=2,V=9\pi .$$

解析： 函数 $y=x^2-2x=x(x-2)$ 在 $[1,2]$ 上非正，在 $[2,3]$ 上非负。因此

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_1^2(2x-x^2)dx+{\int }_2^3(x^2-2x)dx\\ & =\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\\ & =2.\end{array}$$

绕 $y$ 轴旋转，采用圆柱壳法。壳高应取曲线与 $x$ 轴纵坐标之差的绝对值，故

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi \left[{\int }_1^{2}x(2x-x^2)dx+{\int }_2^{3}x(x^2-2x)dx\right]\\ & =2\pi \left(\frac{11}{12}+\frac{43}{12}\right)\\ & =9\pi .\end{array}$$

所以

$$\boxed{S=2,V=9\pi }.$$

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4. 【2002-3-7 分】 设 $D_1$ 是由抛物线 $y=2x^2$ 和直线 $x=a$，$x=2$ 及 $y=0$ 所围成的平面区域；$D_2$ 是由抛物线 $y=2x^2$ 和直线 $y=0$，$x=a$ 所围成的平面区域，其中 $0<a<2$。

（1）求 $D_1$ 绕 $x$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_1$，以及 $D_2$ 绕 $y$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_2$；

（2）问当 $a$ 为何值时，$V_1+V_2$ 取得最大值，并求此最大值。

查看答案与解析

答案：

$$V_1=\frac{4\pi }{5}(32-a^5),V_2=\pi a^4.$$

当 $a=1$ 时，

$$(V_1+V_2{)}_{\max }=\frac{129\pi }{5}.$$

解析： 区域 $D_1$ 对应 $a\le x\le 2$。绕 $x$ 轴旋转，采用圆盘法：

$$\begin{array}{rl}{V}_1& =\pi {\int }_a^2(2x^2{)}^{2}dx\\ & =4\pi {\int }_a^2{x}^{4}dx\\ & =\frac{4\pi }{5}(32-a^5).\end{array}$$

区域 $D_2$ 对应 $0\le x\le a$。绕 $y$ 轴旋转，采用圆柱壳法：

$$\begin{array}{rl}{V}_2& =2\pi {\int }_0^{a}x(2x^2)dx\\ & =\pi a^4.\end{array}$$

令

$$F(a)=V_1+V_2=\pi \left(\frac{128}{5}-\frac{4}{5}{a}^5+a^4\right).$$

则

$$F^{\prime }(a)=4\pi a^3(1-a).$$

在 $0<a<1$ 时 $F^{\prime }(a)>0$，在 $1<a<2$ 时 $F^{\prime }(a)<0$，故 $a=1$ 时取得最大值：

$$\begin{array}{rl}F(1)& =\pi \left(\frac{128}{5}-\frac{4}{5}+1\right)\\ & =\boxed{\frac{129\pi }{5}}.\end{array}$$

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5. 【2013-23-10 分】 设 $D$ 是由曲线 $y=x^{1/3}$、直线 $x=a(a>0)$ 及 $x$ 轴所围成的平面图形，$V_x$、$V_y$ 分别是 $D$ 绕 $x$ 轴、$y$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。若 $V_y=10V_x$，求 $a$ 的值。

查看答案与解析

答案：

$$a=7\sqrt{7}.$$

解析： 绕 $x$ 轴旋转，采用圆盘法：

$$\begin{array}{rl}{V}_x& =\pi {\int }_0^a{\left(x^{1/3}\right)}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_0^a{x}^{2/3}dx\\ & =\frac{3\pi }{5}{a}^{5/3}.\end{array}$$

绕 $y$ 轴旋转，采用圆柱壳法：

$$\begin{array}{rl}{V}_y& =2\pi {\int }_0^{a}x\cdot x^{1/3}dx\\ & =2\pi {\int }_0^a{x}^{4/3}dx\\ & =\frac{6\pi }{7}{a}^{7/3}.\end{array}$$

由 $V_y=10V_x$，得

$$\frac{6\pi }{7}{a}^{7/3}=10\cdot \frac{3\pi }{5}{a}^{5/3}.$$

由于 $a>0$，约去 $6\pi a^{5/3}$，得

$$a^{2/3}=7.$$

因此

$$\boxed{a=7^{3/2}=7\sqrt{7}}.$$

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6. 【2015-2-10 分】 设 $A>0$，$D$ 是由曲线段 $y=A\sin x\left(0\le x\le \frac{\pi }{2}\right)$ 及直线 $y=0$、$x=\frac{\pi }{2}$ 所围成的平面区域，$V_1$、$V_2$ 分别表示 $D$ 绕 $x$ 轴与绕 $y$ 轴旋转所成旋转体的体积。若 $V_1=V_2$，求 $A$ 的值。

查看答案与解析

答案：

$$A=\frac{8}{\pi }.$$

解析： 绕 $x$ 轴旋转，采用圆盘法：

$$\begin{array}{rl}{V}_1& =\pi {\int }_0^{\pi /2}{A}^2{\sin }^{2}xdx\\ & =\pi A^2\cdot \frac{\pi }{4}\\ & =\frac{{\pi }^2{A}^2}{4}.\end{array}$$

绕 $y$ 轴旋转，采用圆柱壳法：

$$\begin{array}{rl}{V}_2& =2\pi {\int }_0^{\pi /2}xA\sin xdx\\ & =2\pi A{\left[-x\cos x+\sin x\right]}_0^{\pi /2}\\ & =2\pi A.\end{array}$$

由 $V_1=V_2$ 且 $A>0$，得

$$\frac{{\pi }^2{A}^2}{4}=2\pi A,$$

所以

$$\boxed{A=\frac{8}{\pi }}.$$

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7. 【2020-2-10 分】 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$，且满足

$$2f(x)+x^{2}f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{x^2+2x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

求 $f(x)$，并求曲线 $y=f(x)$，直线 $y=\frac{1}{2}$、$y=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 及 $y$ 轴围成区域绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}},V=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

解析： 在原等式中以 $\frac{1}{x}$ 代替 $x$，并将所得等式乘以 $x^2$，得

$$f(x)+2x^{2}f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{2x^2+x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

与原式联立：

$$\{\begin{array}{l}2f(x)+x^{2}f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{x^2+2x}{\sqrt{1+x^2}},\\ f(x)+2x^{2}f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{2x^2+x}{\sqrt{1+x^2}}.\end{array}$$

消去 $f\left(\frac{1}{x}\right)$，得

$$\boxed{f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}.$$

函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格递增。由

$$y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$

解得

$$x=\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}.$$

所求区域可表示为

$$\frac{1}{2}\le y\le \frac{\sqrt{3}}{2},0\le x\le \frac{y}{\sqrt{1-y^2}}.$$

绕 $x$ 轴旋转，使用水平圆柱壳：

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi {\int }_{1/2}^{\sqrt{3}/2}y\cdot \frac{y}{\sqrt{1-y^2}}dy.\end{array}$$

令 $y=\sin \theta$，则 $\theta$ 从 $\frac{\pi }{6}$ 变到 $\frac{\pi }{3}$，于是

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi {\int }_{\pi /6}^{\pi /3}{\sin }^2\theta d\theta \\ & =2\pi {\left[\frac{\theta }{2}-\frac{\sin 2\theta }{4}\right]}_{\pi /6}^{\pi /3}\\ & =\boxed{\frac{{\pi }^2}{6}}.\end{array}$$

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8. 【2023-23-12 分】 已知平面区域

$$D=\left\{(x,y)\mid 0\le y\le \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}},x\ge 1\right\}.$$

（1）求 $D$ 的面积；

（2）求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

查看答案与解析

答案：

$$S=\ln (1+\sqrt{2}),V=\pi -\frac{{\pi }^2}{4}.$$

解析： 区域面积为

$$S={\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x\sqrt{1+x^2}}.$$

令 $x=\tan \theta$，则 $\theta$ 从 $\frac{\pi }{4}$ 变到 $\frac{\pi }{2}$，且

$$\frac{dx}{x\sqrt{1+x^2}}=\csc \theta d\theta .$$

因此

$$\begin{array}{rl}S& ={\left[\ln \tan \frac{\theta }{2}\right]}_{\pi /4}^{\pi /2}\\ & =-\ln (\sqrt{2}-1)\\ & =\boxed{\ln (1+\sqrt{2})}.\end{array}$$

绕 $x$ 轴旋转，采用圆盘法：

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^2(1+x^2)}\\ & =\pi {\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)dx\\ & =\pi {\left[-\frac{1}{x}-\arctan x\right]}_1^{+\infty }\\ & =\pi \left(1-\frac{\pi }{4}\right)\\ & =\boxed{\pi -\frac{{\pi }^2}{4}}.\end{array}$$